拓展学习：“磁聚焦”“磁发散”与“配速法” 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

拓展学习：“磁聚焦”“磁发散”与“配速法” 第 1 章 学习目标 1.理解“磁聚焦”与“磁发散”模型，会分析相关问题(重难点)。 2.会用配速法解决带电粒子在叠加场中的摆线运动(重难点)。 内容索引 一、“磁聚焦”与“磁发散” 二、“配速法”解决摆线问题 巩固练习 < 一 > “磁聚焦”与“磁发散” 1.带电粒子的发散 如图甲所示，圆形匀强磁场圆心为O，在P点有大量质量为m、带电荷量为q(q>0)的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。请自行证明。 2.带电粒子的会聚 如图乙所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形匀强磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。请自行证明。 例1 　如图所示为一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，以圆心O为原点，建立直角坐标系，在y轴与圆周交点M处有一粒子源，可向磁场中以相同的速率v朝不同方向发射同种带电粒子，已知带电粒子质量均为m、带电荷量为q，不计粒子重力，若所有粒子均沿x轴负方向射出磁场区域，则应满足 A.R= B.R= C.R= D.R= √ 根据几何知识可知，若所有粒子均沿x轴负方向射出磁场区域， 则要满足轨迹圆的半径等于区域圆的半径，根据qvB=m 可得r= 即r=R=，故选D。 　如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源MN，图乙是俯视图，P为MN的中点，O1P连线与MN垂直。 例2 线状粒子源能沿平行PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为+q(q>0)的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在O1O2右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB边与线状粒子源MN垂直，且处在同一高度。过O1作AB边的垂线，交点恰好为AB的中点O。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E。已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点(圆柱形空间与电场边界相切处)射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。 (1)求带电粒子的初速度大小； 答案　 在磁场中由洛伦兹力提供向心力 qv0B=m 线状粒子源发出的粒子均从F点射出，可得 r=R 解得带电粒子的初速度大小v0= (2)以AB边的中点O为坐标原点，沿AB边向里为x轴，垂直AB边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标。 答案　(，) 设打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F点离开磁场时与O1O之间的夹角为θ，如图(a)所示， 由几何知识得 sin θ== 可得θ=30° 依题意有x=Rtan θ= 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得 a= y=at2 =v0t 联立解得y= 则粒子打在荧光屏上的位置坐标为 (，)。 1.“磁聚焦”与“磁发散”的磁场条件 (1)磁场为圆形边界磁场。 (2)磁场圆的半径等于轨迹圆半径。 2.“磁聚焦”与“磁发散”的特点 (1)“点”入“平”出 粒子从某直径的端点射入磁场时，一定沿垂直于该直径的方向平行离开磁场。 (2)“平”入“点”出 粒子沿垂直于磁场直径的方向平行入射，一定会聚于该直径的一个端点上。 (3)“磁聚焦”与“磁发散”轨迹可逆。 总结提升 返回 < 二 > “配速法”解决摆线问题 如图所示，空间中存在垂直纸面向里水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子由静止释放，粒子重力不能忽略。 (1)将初速度0分解成一个水平向左的速度v1和一个水平向 右的速度v1，若使向右的分速度对应的洛伦兹力和重力相等，v1应为多大？ 答案　 由qv1B=mg得v1= (2)粒子在水平方向和竖直方向分别做什么运动？请尝试画出粒子运动轨迹。 答案　水平向右的匀速直线运动和竖直平面内逆时针的匀速圆周运动。 (3)每经历一个周期T，粒子的水平位移x为多少？竖直方向最远距离y为多少？ 答案　由qv1B=，得r==，且T= x=v1T=，y=2r= (4)粒子的最大速度与最小速度分别为多少？ 答案　当做匀速直线运动的速度v1和匀速圆周运动的速度v1同向时，vmax=，反向时，vmin=0。 要点归纳 1.带电粒子垂直磁场方向进入磁场、重力场与电场的叠加场，如果粒子所受重力与静电力不平衡，则粒子的运动轨迹将是一条摆线(或旋轮线、圆滚线)，合力不为零。 2.(1)配速原则：分解初速度v，让分速度v1产生的洛伦兹力和静电力(重力或重力和静电力的合力——恒力)平衡。 (2)曲直分明：在v1方向粒子做匀速直线运动，另一个分速度v2产生的洛伦兹力使粒子在同一平面内做匀速圆周运动，实际运动为这两个分运动的合运动。 (3)求解最大速度和最小速度：当做匀速圆周运动的速度v2和做匀速直线运动的v1方向相同时，粒子的实际速度最大，当v2和v1的方向相反时，粒子的实际速度最小。 3.常见“配速法”的应用 常见情境 处理方法 初速度为0，有电场，不考虑重力   把初速度0分解为一个向右的速度v1和一个向左的速度v1'，且满足qv1B=qE，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动     初速度v0≠0，有电场，不考虑重力   把初速度v0分解为v1和v2，且满足qv1B=qE，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动     例3 　如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、带电荷量为-e(e>0)的电子从M点由静止释放，沿图中轨迹依次经过N、P两点，且N点离虚线最远，M点为零电势点，电子重力不计。则 A.电子在N点的速率为 B.N点离虚线的距离为 C.电子在N点的电势能为- D.M、P两点的距离为 √ 电子在M点由静止释放，把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，且满足v1=v2，eBv1=eE， 则电子的运动可以分解为以v1=向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度v2=的匀速圆周运动。由eBv2=，联立可得R= N点离虚线最远，则电子圆周运动速度方向与匀速直线运动方向同时水平向左，则电子在N点的速率vN=v1+v2=，故A错误； N点离虚线的距离d=2R=，故B错误； 电子从M点到N点，在电场方向上运动的距离为d， 则电势能为Ep=-eEd=-，故C正确； 电子做圆周运动的周期T== 电子从M点到P点，运动了两个周期， 则M、P两点的距离为xMP=v1×2T=，故D错误。 　(2025·湖南卷)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q。 例4 答案　 闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为 U=E0=E0=E0 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，设粒子从a点运动到b点的时间为t， 则在水平方向由运动学公式有d=v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q=ma 由运动学公式有d=at2 联立解得q= (2)求磁感应强度B的大小。 答案　 设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ， 则由类平抛运动的推论可知tan θ=2×= 则θ=30° 由几何关系可知v== 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图甲所示 由几何关系可知r==d 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 联立解得B= (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 答案　d 在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，如图乙所示，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，则有qv1B=Eq 可得v1==v0 由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2=2vcos 30°=2v0，方向与竖直方向的夹角为30°， 则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速率为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为r'， 则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m 解得r'=d 作出粒子圆周运动的大致轨迹如图丙所示 由几何关系可知xm=r'cos 30°+r'=d。 返回 巩固练习 1.(多选)某空间内存在电场强度大小为100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为100 T、方向垂直纸面向里的磁场(均未画出)。一质量为m=0.1 kg、带电荷量q=+0.01 C的小球从O点由静止释放，虚线OC与水平方向的夹角为45°，小球在竖直平面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上A点(距OC距离最远)离OC距离为l(未知)，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.小球在A点的速度为2 m/s B.小球在A点的速度为0 C.A点离OC距离l= m D.A点离OC距离l= m √ √ 将初速度进行分解，沿虚线向下的速度v1应使洛伦兹力与重力和静电力的合力等大反向，使小球的一个分运动以速度v1做匀速直线运动，同时另一分速度做匀速圆周运动， 由qv1B=F合=mg可得v1= m/s，即初速度0可分解成v1= m/s(沿虚线OC向下)和v2= m/s(沿虚线OC向上)，如图所示，则小球的运动分解成沿虚线OC向下的匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动，小球在A点，两分运动的速度同向，合速度最大，即vmax=2 m/s，选项A正确，B错误； l为偏离虚线的最大距离，即为圆周运动的直径，则l=2r== m， 选项C错误，D正确。 2.如图所示，AB、CD为两个同心半圆弧面，构成辐向型加速电场，电势差为U，共同圆心为O1，在加速电场右侧有一与直线CD相切于O1、半径为R的圆形区域，其圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN是一个足够长的平板，与O1、O2连线平行且位于其下方3R处；质量 为m、电荷量为q的带正电粒子，从AB圆弧面由静止开始加速到CD后，从O1点进入磁场偏转，最后打到板MN上，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场(不计重力的影响)。求： (1)粒子到达O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度B的大小。 答案　　 带正电粒子从AB圆弧面静止开始加速到CD圆弧面上， 由动能定理得qU=mv2 解得v= 在圆形磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m 由题意可知r=R 所以磁感应强度B= (2)在图中P点(PO1与O1O2成30°夹角)出发后打在板上Q点(图中未画出)的粒子，从O1点运动到板上所用的时间。 答案　(3-+π)R 从P点被加速的粒子运动轨迹如图所示 则在磁场中的运动周期T= 在磁场中的运动时间t1=T= 出磁场后到达板MN所需的时间t2= 从O1点到板MN所需的时间t=t1+t2=(3-+π)R。 返回 本课结束 第 1 章 $